專題八帶電粒子在復(fù)合場中的運動

1、專題八 帶電粒子在復(fù)合場中的運動考綱解讀 1.能分析計算帶電粒子在復(fù)合場中的運動.2.能夠解決速度選擇器、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀等磁場的實際應(yīng)用問題未畫出)，帶電小球沿如圖1所示的直線斜向下由a點沿直線向b點運動，此空間同時存有由a指向b的勻強磁場，則下列說法準(zhǔn)確的是( )b小球可能做勻速直線運動c帶電小球一定做勻加速直線運動d運動過程中，小球的機械能增大答案 cd解析 因為重力方向豎直向下，空間存有磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受洛倫茲力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項a錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不可能做勻速直線運動，所以選項

2、b錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速直線運動，選項c準(zhǔn)確；運動過程中因為電場力做正功，故機械能增大，選項d準(zhǔn)確2 帶電粒子在復(fù)合場中的勻速圓周運動如圖2所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法準(zhǔn)確的是 ( )a小球一定帶正電 圖2b小球一定帶負電c小球的繞行方向為順時針d改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動答案 bc解析 小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球一定帶負電，a錯誤，b準(zhǔn)確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運動軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得繞行方

3、向為順時針方向，c準(zhǔn)確，d錯誤考點梳理一、復(fù)合場1 復(fù)合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊或相鄰或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)2 三種場的比較項目名稱 力的特點功和能的特點重力場大?。篻mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢能靜電場大小：fqe方向：a.正電荷受力方向與場強方向相同b.負電荷受力方向與場強方向相反電場力做功與路徑無關(guān)wqu電場力做功改變電勢能磁場洛倫茲力fqvb方向可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能二、帶電粒子在復(fù)合場中的運動形式1 靜止或勻速直線運動當(dāng)帶電

4、粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運動2 勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動3 較復(fù)雜的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線4 分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的組合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成3 質(zhì)譜儀原理的理解如圖3所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電

5、場的強度分別為b和e.平板s上有可讓粒子通過的狹縫p和記錄粒子位置的膠片a1a2.平板s下方有磁感應(yīng)強度為b0的勻強磁場下列表述準(zhǔn)確的是 ( )a質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 圖3b速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外c能通過狹縫p的帶電粒子的速率等于e/bd粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫p，粒子的比荷越小答案 abc解析 粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項b準(zhǔn)確；由eqbqv可知，ve/b，選項c準(zhǔn)確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑d，可見d越小，

6、則粒子的比荷越大，d不同，則粒子的比荷不同，所以利用該裝置能夠分析同位素，a準(zhǔn)確，d錯誤4 回旋加速器原理的理解勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖4所示置于高真空中的d形金屬盒半徑為r，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為u.若a處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響則下列說法正確的是() 圖4a質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2rfb質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓u成正比c質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩d形盒間狹縫后軌道半徑之比為1d不改變磁

7、感應(yīng)強度b和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變答案ac解析粒子被加速后的最大速度受到d形盒半徑r的制約，因v2rf，故a正確；粒子離開回旋加速器的最大動能ekmmv2m×42r2f22m2r2f2，與加速電壓u無關(guān)，b錯誤；根據(jù)r，uqmv，2uqmv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩d形盒間狹縫后軌道半徑之比為1，c正確；因回旋加速器的最大動能ekm2m2r2f2與m、r、f均有關(guān)，d錯誤規(guī)律總結(jié)帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例1 質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖5所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成圖5(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式qumv2.粒

8、子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvbm.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷r ，m，.2 回旋加速器(1)圖6構(gòu)造：如圖6所示，d1、d2是半圓形金屬盒，d形盒的縫隙處接交流電源，d形盒處于勻強磁場中(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過d形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速由qvb，得ekm，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度b和d形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)特別提醒這兩個實例都應(yīng)用了帶電粒子在電場中加速、在磁場中偏轉(zhuǎn)(勻速圓周運動)的原理3 速

9、度選擇器(如圖7所示)(1)平行板中電場強度e和磁感應(yīng)強度b互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qeqvb，即v. 圖74 磁流體發(fā)電機(1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能(2)根據(jù)左手定則，如圖8中的b是發(fā)電機正極(3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為l，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強度為b，則由qeqqvb得兩極板間能達到的最大電勢 圖8差ublv.5 電磁流量計工作原理：如圖9所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)，在洛倫茲力的

10、作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持 圖9穩(wěn)定，即：qvbqeq，所以v，因此液體流量qsv·.考點一帶電粒子在疊加場中的運動1 帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解

11、問題(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒或動能定理求解問題2 帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果例1如圖10所示，帶電平行金屬板相距為2r，在兩板間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為b的圓形勻強磁場區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)邊緣線相切一個帶正電的粒子

12、(不計重力)沿兩板間中心線o1o2從左側(cè)邊緣o1點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0.若撤去磁場，質(zhì)子仍從o1點以相同速度射入，則經(jīng)時間打到極板上圖10(1)求兩極板間電壓u；(2)若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線o1o2從o1點射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)粒子從左側(cè)o1點射入的速度為v0，極板長為l，粒子在初速度方向上做勻速直線運動l(l2r)t0，解得l4r粒子在電場中做類平拋運動：l2rv0·ara()2在復(fù)合場中做勻速運動：qqv0b聯(lián)立各式解得v0，u(2)設(shè)粒子在磁場中

13、做圓周運動的軌跡如圖所示，設(shè)其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關(guān)系可知：45°，rrr因為r()2，所以根據(jù)牛頓第二定律有qvbm，解得v所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<答案(1)(2)0<v<技巧點撥帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法1弄清疊加場的組成2進行受力分析3確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合4畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解(3)當(dāng)帶

14、電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解(4)對于臨界問題，注意挖掘隱含條件5記住三點：(1)受力分析是基礎(chǔ)；(2)運動過程分析是關(guān)鍵；(3)根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程求解突破訓(xùn)練1如圖11所示，空間存在著垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b，在y軸兩側(cè)分別有方向相反的勻強電場，電場強度均為e，在兩個電場的交界處左側(cè)，有一帶正電的液滴a在電場力和重力作用下靜止，現(xiàn)從場中某點由靜止釋放一個帶負電的液滴b，當(dāng)它的運動方向變?yōu)樗椒较驎r恰與a相撞，撞后兩液滴合為一體，速度減小到原來的一半，并沿x軸正方向做勻速直線運動，已 圖11知液滴b與a的質(zhì)量相等，b

15、所帶電荷量是a所帶電荷量的2倍，且相撞前a、b間的靜電力忽略不計(1)求兩液滴相撞后共同運動的速度大??；(2)求液滴b開始下落時距液滴a的高度h.答案(1)(2)解析液滴在勻強磁場、勻強電場中運動，同時受到洛倫茲力、電場力和重力作用(1)設(shè)液滴a質(zhì)量為m、電荷量為q，則液滴b質(zhì)量為m、電荷量為2q，液滴a平衡時有qemga、b相撞合為一體時，質(zhì)量為2m，電荷量為q，速度為v，由題意知處于平衡狀態(tài)，重力為2mg，方向豎直向下，電場力為qe，方向豎直向上，洛倫茲力方向也豎直向上，因此滿足qvbqe2mg由、兩式，可得相撞后速度v(2)對b，從開始運動至與a相撞之前，由動能定理有wewgek，即(2

16、qemg)hmva、b碰撞后速度減半，即v，則v02v再代入式得h考點二帶電粒子在組合場中的運動1 近幾年各省市的高考題在這里的命題情景大都是組合場模型，或是一個電場與一個磁場相鄰，或是兩個或多個磁場相鄰2 解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強弱、范圍等3 要進行正確的受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)4 分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵例2(2012·山東理綜·23)如圖12甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為l的平行金屬極板mn和pq，兩極板中心各有一小孔s1、s2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示

17、，正反向電壓的大小均為u0，周期為t0.在t0時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子由s1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t時刻通過s2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)圖12(1)求粒子到達s2時的速度大小v和極板間距d.(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t3t0時刻再次到達s2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小審題指導(dǎo)1.粒子的運動過程是什么？2要在t3t0時使粒子再次到達s2，且速度為零，需要滿足什么條件？解析(1)粒子由s1至s2的過程

18、，根據(jù)動能定理得qu0mv2由式得v 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得qma由運動學(xué)公式得da()2聯(lián)立式得d (2)設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為b，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvbm要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，需滿足2r>聯(lián)立式得b< (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程所用時間為t1，有dvt1聯(lián)立式得t1若粒子再次到達s2時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學(xué)公式得dt2聯(lián)立式得t2設(shè)粒子在磁場中運動的時間為tt3t0t1t2聯(lián)立式得t設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為t，由式結(jié)

19、合運動學(xué)公式得t由題意可知tt聯(lián)立式得b.答案(1) (2)b< (3)突破訓(xùn)練2如圖13所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為e和；區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界o點正上方的m點以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線op上的a點與op成60°角射入?yún)^(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界 圖13cd進入?yún)^(qū)域的勻強電場中求：(1)粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌跡半徑；(2)o、m間的距離；(3)粒子從m點出發(fā)到第二次通過cd邊界所經(jīng)歷的時間答案(1)(2)(3)審題指導(dǎo)1.粒子的運動過程是怎

20、樣的？2嘗試畫出粒子的運動軌跡3注意進入磁場時的速度的大小與方向解析(1)粒子的運動軌跡如圖所示，其在區(qū)域的勻強電場中做類平拋運動，設(shè)粒子過a點時速度為v，由類平拋運動規(guī)律知v粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得bqvm，所以r(2)設(shè)粒子在區(qū)域的電場中運動時間為t1，加速度為a.則有qema，v0tan 60°at1，即t1o、m兩點間的距離為lat(3)設(shè)粒子在區(qū)域磁場中運動時間為t2則由幾何關(guān)系知t2設(shè)粒子在區(qū)域電場中運動時間為t3，a則t32粒子從m點出發(fā)到第二次通過cd邊界所用時間為tt1t2t3方法點撥解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法42帶電粒子在交變

21、電場和交變磁場中的運動模型問題的分析 解析(1)粒子在磁場中運動時qvb(2分)t(1分)解得t4×103 s(1分)(2)粒子的運動軌跡如圖所示，t20×103 s時粒子在坐標(biāo)系內(nèi)做了兩個圓周運動和三段類平拋運動，水平位移x3v0t9.6×102 m(1分)豎直位移ya(3t)2(1分)eqma(1分)解得y3.6×102 m故t20×103 s時粒子的位置坐標(biāo)為：(9.6×102 m，3.6×102 m)(1分)(3)t24×103 s時粒子的速度大小、方向與t20×103 s時相同，設(shè)與水平方向夾角

22、為(1分)則v(1分)vy3at(1分)tan (1分)解得v10 m/s(1分)與x軸正向夾角為37°(或arctan )斜向右下方(1分)答案(1)4×103 s(2)(9.6×102 m，3.6×102 m)(3)10 m/s方向與x軸正向夾角為37°(或arctan 突破訓(xùn)練3如圖15甲所示，與紙面垂直的豎直面mn的左側(cè)空間中存在豎直向上的場強大小為e2.5×102 n/c的勻強電場(上、下及左側(cè)無界)一個質(zhì)量為m0.5 kg、電荷量為q2.0×102 c的可視為質(zhì)點的帶正電小球，在t0時刻以大小為v0的水平初速度向

23、右通過電場中的一點p，當(dāng)tt1時刻在電場所在空間中加上一如圖乙所示隨時間周期性變化的磁場，使得小球能豎直向下通過d點，d為電場中小球初速度方向上的一點，pd間距為l，d到豎直面mn的距離dq為l/.設(shè)磁感應(yīng)強度垂直紙面向里為正(g10 m/s2)圖15(1)如果磁感應(yīng)強度b0為已知量，使得小球能豎直向下通過d點，求磁場每一次作用時間t0的最小值(用題中所給物理量的符號表示)；(2)如果磁感應(yīng)強度b0為已知量，試推出滿足條件的時刻t1的表達式(用題中所給物理量的符號表示)；(3)若小球能始終在電磁場所在空間做周期性運動，則當(dāng)小球運動的周期最大時，求出磁感應(yīng)強度b0及運動的最大周期t的大小(用題中

24、所給物理量的符號表示)答案(1)(2)(3)解析(1)當(dāng)小球僅有電場作用時：mgeq，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動在t1時刻加入磁場，小球在時間t0內(nèi)將做勻速圓周運動，圓周運動周期為t0，若豎直向下通過d點，由圖甲分析可知：t0(2)r，即： 甲v0t1lrqv0b0mv/r所以v0t1l，t1(3)小球運動的速率始終不變，當(dāng)r變大時，t0也增加，小球在電磁場中的運動的周期t增加，在小球不飛出電磁場的情況下，當(dāng)t最大時有：2rb0，t0 乙由圖分析可知小球在電磁場中運動的最大周期：t8×，小球運動軌跡如圖乙所示高考題組1 (2012·課標(biāo)全國·25)如圖16，一半徑為r的

25、圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線從圓上的a點射入柱形區(qū)域，從圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直圓心o到直線的距離為r.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣 圖16速度沿直線從a點射入柱形區(qū)域，也從b點離開該區(qū)域若磁感應(yīng)強度大小為b，不計重力，求電場強度的大小答案解析粒子在磁場中做圓周運動設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvbm 式中v為粒子在a點的速度過b點和o點作直線的垂線，分別與直線交于c點和d點由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)

26、圍成一正方形因此r 設(shè)x，由幾何關(guān)系得rx r 聯(lián)立式得rr 再考慮粒子在電場中的運動設(shè)電場強度的大小為e，粒子在電場中做類平拋運動設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qema 粒子在電場方向和直線方向運動的距離均為r，由運動學(xué)公式得rat 2rvt 式中t是粒子在電場中運動的時間聯(lián)立式得e.2 (2012·浙江理綜·24)如圖17所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷 圖17量的墨滴調(diào)節(jié)

27、電源電壓至u，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的m點(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強度b的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達下板m點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至b，則b的大小為多少？答案(1)負電荷(2)(3)解析(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qmg 由式得：q 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知：墨滴帶負電荷(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0bm 考慮墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)

28、系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑rd 由式得b(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運動的半徑為r，有qv0bm由圖可得：r2d2(r)2 由式得：rd 聯(lián)立式可得：b.3 (2012·重慶理綜·24)有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖18所示，兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中pqnm矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線oo進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板，重力加速度為g，pq3

29、d，nq2d，收集板與nq的距離為l，不計顆粒間的相互作用求：圖18(1)電場強度e的大??；(2)磁感應(yīng)強度b的大?。?3)速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的位置到o點的距離答案見解析解析(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.由于粒子從q點離開磁場后做勻速直線運動，則有eqmg將代入，得ekg.(2)如圖所示，粒子在磁場區(qū)域內(nèi)由洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，則有qv0bm 而由幾何知識有r2(3d)2(rd)2 聯(lián)立解得b. (3)設(shè)速度為v0的顆粒在磁場區(qū)域運動時豎直方向的位移為y1，離開磁場后做勻速直線運動時豎直方向的位移為y2，偏轉(zhuǎn)角為，如圖所示，有qv0bm 將及式代入

30、式，得r15dtan y1r1y2ltan 則速率為v0(>1)的顆粒打在收集板上的位置到o點的距離為yy1y2解得yd(5).模擬題組4. 如圖19所示，坐標(biāo)平面第象限內(nèi)存在大小為e4×105 n/c、方向水平向左的勻強電場，在第象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場質(zhì)荷比為4×1010 n/c的帶正電粒子從x軸上的a點以初速度v02×107 m/s垂直x軸射入電場，oa0.2 m，不計重力求：(1)粒子經(jīng)過y軸時的位置到原點o的距離； 圖19(2)若要求粒子不能進入第三象限，求磁感應(yīng)強度b的取值范圍(不考慮粒子第二次進入電場后的運動情況)答案(1)0.4

31、m(2)b(22)×102 t解析(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，粒子經(jīng)過y軸時的位置與原點o的距離為y，則：soaat2aeyv0t聯(lián)立解得a1.0×1015 m/s2t2.0×108 sy0.4 m(2)粒子經(jīng)過y軸時在電場方向的分速度為：vxat2×107 m/s粒子經(jīng)過y軸時的速度大小為：v2×107 m/s與y軸正方向的夾角為，arctan 45°要使粒子不進入第三象限，如圖所示，此時粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為r，則：rryqvbm聯(lián)立解得b(22)×102 t.5 如圖20甲所示，在以o為坐標(biāo)原點的xoy

32、平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場，一個帶正電小球在t0時刻以v03gt0的初速度從o點沿x方向(水平向右)射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場方向豎直向上，場強大小e0，磁場垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強度大小b0，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，時間單位為t0，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計試求：圖20(1)t0末小球速度的大??；(2)小球做圓周運動的周期t和12t0末小球速度的大?。?3)在給定的xoy坐標(biāo)系中，大體畫出小球在0到24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖；(4)30t0內(nèi)小球距x軸的最大距離答案(1)gt0(2)2t0gt0(3)見解析圖(4)gt

33、解析(1)由題圖乙知，0t0內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動，在t0末：vgt0(2)當(dāng)同時加上電場和磁場時，電場力f1qe0mg，方向向上因為重力和電場力恰好平衡，所以小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，有qvb0m運動周期t，聯(lián)立解得t2t0由題圖乙知，電場、磁場同時存在的時間正好是小球做勻速圓周運動周期的5倍，即在這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動所以小球在t112t0時刻的速度相當(dāng)于小球做平拋運動t2t0時的末速度vy1g·2t02gt0，vx1v0x3gt0所以12t0末v1gt0(3)24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖如圖所示(4)分析可知，小球在30t0時與24t0

34、時的位置相同，在24t0內(nèi)小球相當(dāng)于做了t23t0的平拋運動和半個圓周運動.23t0末小球平拋運動的豎直分位移大小為y2g(3t0)2gt豎直分速度vy23gt0v0，所以小球與豎直方向的夾角為45°，速度大小為v23gt0此后小球做勻速圓周運動的半徑r230t0內(nèi)小球距x軸的最大距離：y3y2(1cos 45°)r2gt專題突破練帶電粒子在復(fù)合場中的運動(限時：60分鐘)題組1對帶電粒子在疊加場中運動的考查1. 如圖1所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿mn，小球p套在桿上，已知p的質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強度為e，磁感應(yīng)強度為b，p

35、與桿間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()a小球的加速度一直減小 圖1b小球的機械能和電勢能的總和保持不變c下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是vd下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v答案cd解析對小球受力分析如圖所示，則mg(eqqvb)ma，隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)eqqvb時加速度達到最大值amaxg，繼續(xù)運動，mg(qvbeq)ma，隨著v的增加，a逐漸減小，所以a錯誤因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，b錯誤若在前半段達到最大加速度的一半，則mg(eqqvb)m，得v，若在后半段達到最大加速度的一半，則mg(qvbeq)m

36、，得v，故c、d正確2 如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓u加速后，水平進入互相垂直的勻強電場e和勻強磁場b的復(fù)合場中(e和b已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則 () 圖2a小球可能帶正電b小球做勻速圓周運動的半徑為r c小球做勻速圓周運動的周期為td若電壓u增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加答案bc解析小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mgeq，則小球帶負電，a錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：bqv，uqmv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r ，由t可以得出t，與電壓u無關(guān)

37、，所以b、c正確，d錯誤3 如圖3所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能ek的大小是 ()aekek 圖3bek>ekcek<ekd條件不足，難以確定答案b解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eumv2，在復(fù)合場里有：bqvqev，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進入復(fù)合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方

38、向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，b選項正確題組2對帶電粒子在組合場中運動的考查4 如圖4所示，兩塊平行金屬極板mn水平放置，板長l1 m間距d m，兩金屬板間電壓umn1×104 v；在平行金屬板右側(cè)依次存在abc和fgh兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形abc內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場b1，三角形的上頂點a與上金屬板m平齊，bc邊與金屬板平行，ab邊的中點p恰好在下金屬板n的右端點；正三角形fgh內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場b2.已知a、f、g處于同一直線上，b、c、h也處于同一直線上af兩點的距離為 m現(xiàn)從平行金屬板mn左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m3

39、×1010 kg，帶電荷量q1×104 c，初速度v01×105 m/s.圖4(1)求帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向；(2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在ac邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強度b1；(3)若要使帶電粒子由fh邊界進入fgh區(qū)域并能再次回到fh界面，求b2應(yīng)滿足的條件答案(1)×105 m/s與水平方向夾角為30°(2) t(3)大于 t解析(1)設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運動時間為t，加速度為a，ma故a×1010 m/s2t1×105 s豎直方向的速度為vyat×105 m/s射出電場

40、時的速度為v×105 m/s速度v與水平方向夾角為，tan ，故30°，即垂直于ab方向射出(2)帶電粒子出電場時豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移yat2 m，即粒子由p點垂直ab邊射入磁場，由幾何關(guān)系知在磁場abc區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為r1 m由b1qv知b1 t(3)分析知當(dāng)運動軌跡與邊界gh相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強度b2最小，運動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系可知r21故半徑r2(23) m又b2qvm，故b2 t所以b2應(yīng)滿足的條件為大于 t.5. 如圖5所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在d處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強度為b的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里結(jié)果離子正好從

41、距a點為d的小孔c沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與ac平行且向上，最后離子打在g處，而g處距a點2d(agac) 圖5不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi)求：(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；(2)離子從d處運動到g處所需時間；(3)離子到達g處時的動能答案(1)d(2)(3)解析(1)正離子軌跡如圖所示圓周運動半徑r滿足：drrcos 60°解得rd(2)設(shè)離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0bmt由圖知離子在磁場中做圓周運動的時間為：t1t離子在電場中做類平拋運動，從c到g的時間為：t2離子從dcg的總時間為：tt1t2(3)設(shè)電場強度為e，則有：qemada

42、t由動能定理得：qedekgmv解得ekg題組3對帶電粒子在交變的電場或磁場中運動的考查6 如圖6甲所示，水平直線mn下方有豎直向上的勻強電場，現(xiàn)將一重力不計、比荷106 c/kg的正電荷置于電場中的o點由靜止釋放，經(jīng)過×105 s后，電荷以v01.5×104 m/s的速度通過mn進入其上方的勻強磁場，磁場與紙面垂直，磁感應(yīng)強度b按圖乙所示規(guī)律周期性變化(圖乙中磁場以垂直紙面向外為正，以電荷第一次通過mn時為t0時刻)求：甲乙圖6(1)勻強電場的電場強度e；(2)圖乙中t×105 s時刻電荷與o點的水平距離；(3)如果在o點右方d68 cm處有一垂直于mn的足夠大

43、的擋板，求電荷從o點出發(fā)運動到擋板所需的時間(sin 37°0.60，cos 37°0.80)答案(1)7.2×103 n/c(2)4 cm(3)3.86×104 s解析(1)電荷在電場中做勻加速直線運動，設(shè)其在電場中運動的時間為t1，有：v0at1，eqma解得：e7.2×103 n/c(2)當(dāng)磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑：r15 cm周期t1×105 s當(dāng)磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑：r23 cm周期t2×105 s故電荷從t0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示t×105 s時刻電荷與o點的水

44、平距離：d2(r1r2)4 cm(3)電荷從第一次通過mn開始，其運動的周期為：t×105 s，根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達擋板前運動的完整周期數(shù)為15個，此時電荷沿mn運動的距離：s15d60 cm則最后8 cm的距離如圖所示，有：r1r1cos 8 cm解得：cos 0.6，則53°故電荷運動的總時間：t總t115tt1t13.86×104 s7 如圖7甲所示，在xoy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，電場強度e40 n/c，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的瞬時磁場，磁感應(yīng)強度b1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15 s后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為

45、正方向在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r0.3 m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)，且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強度b20.8 tt0時刻，一質(zhì)量m8×104 kg、電荷量q2×104 c的微粒從x軸上xp0.8 m處的p點以速度v0.12 m/s向x軸正方向入射(g取10 m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 甲 乙圖7(1)求微粒在第二象限運動過程中離y軸、x軸的最大距離(2)若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(biāo)(x，y)答案(1)3.3 m,2.4 m(2)(0.30,2.3)解析(1)因為微粒射入

46、電磁場后受到的電場力f電eq8×103 n，gmg8×103 nf電g，所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動因為qvb1m所以r10.6 mt10 s從圖乙可知在05 s內(nèi)微粒向左做勻速圓周運動在5 s10 s內(nèi)微粒向左勻速運動，運動位移x1v0.6 m在10 s15 s內(nèi)，微粒又做勻速圓周運動，15 s以后向右勻速運動，之后穿過y軸所以，離y軸的最大距離s0.8 mx1r11.4 m0.6 m3.3 m離x軸的最大距離s2r1×24r12.4 m(2)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點a與出射點b的連線必須為磁場圓的直徑因為qvb2所以r20.6 m

47、2r所以最大偏轉(zhuǎn)角60°所以圓心坐標(biāo)x0.30 mysrcos 60°2.4 m0.3 m×2.3 m，即磁場的圓心坐標(biāo)為(0.30,2.3)(限時：60分鐘)題組1對帶電粒子在疊加場中運動的考查1如圖1所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿mn，小球p套在桿上，已知p的質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強度為e，磁感應(yīng)強度為b，p與桿間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()圖1a小球的加速度一直減小b小球的機械能和電勢能的總和保持不變c下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是vd下滑加速度為最大加速度一半

48、時的速度可能是v答案cd解析對小球受力分析如圖所示，則mg(eqqvb)ma，隨著v的增加，小球加速度先增加，當(dāng)eqqvb時加速度達到最大值amaxg，繼續(xù)運動，mg(qvbeq)ma，隨著v的增加，a逐漸減小，所以a錯誤因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，b錯誤若在前半段達到最大加速度的一半，則mg(eqqvb)m，得v，若在后半段達到最大加速度的一半，則mg(qvbeq)m，得v，故c、d正確2如圖2所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓u加速后，水平進入互相垂直的勻強電場e和勻強磁場b的復(fù)合場中(e和b已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則()圖2a小

49、球可能帶正電b小球做勻速圓周運動的半徑為r c小球做勻速圓周運動的周期為td若電壓u增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加答案bc解析小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mgeq，則小球帶負電，a錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：bqv，uqmv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r ，由t可以得出t，與電壓u無關(guān)，所以b、c正確，d錯誤3如圖3所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能ek的大小是()圖3aekekbek>ekcek<ekd條件不足，難以確定答案b解析設(shè)質(zhì)子